福建省莆田第十五中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题

莆田第十五中学2019~2020学年度下学期期末测试卷高二化学一、单选题1.下列电离方程式正确的是A.NaHSO4=Na++ B.NaHCO3⇌Na++H++C.H3PO4⇌3H++ D.HF⇌H++F【答案】D【解析】【分析】【详解】A．NaHSO4是强酸酸式盐，完全电离产生Na+、H+、，电离方程式应该为：NaHSO4=Na++H++，A错误；B．NaHCO3是强酸的酸式盐，完全电离产生Na+、，电离方程式为：NaHCO3=Na++，B错误；C．磷酸是三元弱酸，分步电离，每一步电离存在电离平衡，主要是第一步电离，电离方程式为：H3PO4⇌H++，C错误；D．HF是一元弱酸，存在电离平衡，电离产生H+、F，电离方程式为：HF⇌H++F，D正确；故合理选项是D。2.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×105mol·L16.3×109mol·L11.6×109mol·L14.2×1010mol·L1由以上表格中数据判断以下说法不正确的是A.在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离B.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H＋＋SOD.水对这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱【答案】C【解析】【详解】A．由电离常数可知，在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离，A正确；B．由电离常数可知，在冰醋酸中高氯酸的电离常数最大，是这四种酸中酸性最强的酸，B正确；C．在冰醋酸中硫酸没有完全电离，应该为H2SO4H＋＋，C错误；D．在水溶液中四种酸均为强酸，水对这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱，D正确；故选C。3.把1L0.1mol/L的醋酸溶液用蒸馏水稀释到10L，下列叙述正确的是（）A.c（CH3COOH）变为原来的1/10B.c（H＋）变为原来的C.c（CH3COO－）/c（CH3COOH）的比值增大D.溶液的导电性增强【答案】C【解析】【分析】1L0.1mol/L的醋酸溶液稀释到10L，溶液体积变为原来的10倍。【详解】A、加水稀释促进CH3COOH的电离，H+、CH3COO物质的量增大，CH3COOH物质的量减小，则c（CH3COOH）比原来的1/10小，错误；B、c（H+）比原来的1/10大，错误；C、c（CH3COO－）/c（CH3COOH）=n（CH3COO－）/n（CH3COOH），n（CH3COO－）增大，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO－）/n（CH3COOH）的比值增大，正确；D、由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c（H+）、c（CH3COO）减小，溶液导电性减弱，错误；答案选C。4.向0.1mol/L的氨水溶液中加水稀释或加入少量NH4Cl固体时均会引起变化的是A.溶液的导电能力减弱 B.溶液的pH变小C.NH3·H2O的电离度变大 D.Kw(水的离子积常数)变大【答案】B【解析】【分析】【详解】A．溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，加水时无法确定离子浓度的变化，故导电能力无法判断，A错误；B．加水和加入少量NH4Cl固体均会使溶液碱性变弱，pH变小，B正确；C．加水时NH3·H2O的电离平衡向正向移动，电离度变大，加入少量NH4Cl固体时电离平衡向逆向移动，电离度变小，C错误；D．Kw只与温度有关，加水稀释或加入少量NH4Cl固体时温度不变，Kw不变，D错误；答案选B。5.已知HA与HB均为弱酸，且HA的酸性比HB弱，在物质的量浓度均为0.1mol·L1的NaA和NaB混合溶液中，下列正确的是A.c(HA)＞c(HB) B.c(A)＞c(B) C.c(H+)＞c(OH) D.c(A)+c(B)＞c(Na+)【答案】A【解析】【分析】在物质的量浓度均为0.1mo/L的NaA和NaB混合溶液中，由于HA与HB均为弱酸，且HA的酸性比HB弱，A水解程度比B大，水解生成酸分子和氢氧根离子，则在二者的混合溶液中，c(HA)＞c(HB)，c(A)＜c(B)，水解消耗H+产生OH，最终达到平衡时溶液中c(H+)＜c(OH)，使溶液显碱性，根据物料守恒可得c(HA)+c(HB)+c(A)+c(B)=c(Na+)，所以c(A)+c(B)＜c(Na+)。【详解】A．由于酸性HA＜HB，根据盐的水解规律，越弱越水解，则水解产生的弱酸分子浓度就越大，所以在等浓度的NaA和NaB混合溶液中，c(HA)＞c(HB)，A正确；B．在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，HA与HB均为弱酸，且HA的酸性比HB弱，A水解程度比B大，所以最终达到平衡时溶液中剩余离子浓度c(A)＜c(B)，B错误；C．NaA和NaB都是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解消耗H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＜c(OH)，C错误；D．根据元素守恒，c(HA)+c(HB)+c(A)+c(B)=c(Na+)，所以c(A)+c(B)＜c(Na+)，D错误；故合理选项是A。6.用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考下图，从下表中选出正确选项选项锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂选用滴定管A碱酸石蕊乙B酸碱酚酞甲C碱酸甲基橙乙D酸碱酚酞乙A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】酸碱中和滴定时，酸液应盛装在酸式滴定管中，碱液应盛装在碱式滴定管中，酸碱指示剂一般不能用石蕊，突变时变色不明显，会引起较大误差。【详解】A．不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，不能用石蕊做指示剂，故A错误；B．不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，故B错误；C．不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，故C错误；D．用酚酞做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色由无色变为浅红色，并且滴定管使用正确，故D正确；故选：D。7.下列各组分子都属于含有极性键的非极性分子的是A.CO2、H2S B.C2H4、CH4 C.Cl2、C2H2 D.NH3、HCl【答案】B【解析】【分析】【详解】A．H2S分子中S原子有孤电子对，空间构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，A不符合题意；B．C2H4、CH4均含有CH极性键，且正负电荷中心重合，为非极性分子，B符合题意；C．Cl2分子中不含极性键，C不符合题意；D．NH3、HCl中心原子均有孤电子对，正负电荷中心不重合，极性分子，D不符合题意；综上所述答案为B。8.在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是A.最易失去的电子一般能量最高 B.电离能最小的电子能量最高C.在离核最近区域内运动电子能量最低 D.p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量【答案】D【解析】【详解】A.根据能量最低原理可知，通常离核越远的电子，其能量越高，其越容易失去，因此，最易失去的电子通常是离原子核最远的电子，A正确；B.能量越高电子，其电离能越小，故电离能最小的电子能量最高，B正确；C.根据能量最低原理可知，在离核最近区域内运动的电子能量最低，C正确；D.不同能层的电子，其能量不同，能层越高，电子的能量越高；同一能层中，不同电子亚层的电子，其能量也不同，同一能层中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量。因此，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，D错误。答案选D。9.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A.原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B.原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C.2p能级上只有两个电子的X原子与3p能级上只有两个电子的Y原子D.最外层都只有一个电子的X、Y原子【答案】C【解析】【详解】A．X是氦原子，Y是铍原子，它们的化学性质差别很大，A错误；B．X是镁原子，Y可以是钙、钪、钛、钒、锰、铁、钻、镍、锌，X、Y的化学性质不一定相似，B错误；C．X是碳原子，Y是硅原子，它们属于同主族元素，彼此化学性质一定相似，C正确；D．X、Y可以是ⅠA族元素原子，也可以是铬原子、铜原子等，彼此化学性质不一定相似，D错误；故答案选C。10.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：④>③>②>①B.原子半径：④>③>②>①C.电负性：④>③>②>①D.最高正化合价：④>③=②>①【答案】A【解析】【分析】根据元素的电子排布式，①是S、②是P、③是N、④是F。【详解】A．根据元素周期律，同一周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，同主族从上向下，电离能减小，且第三周期存在反常情况：N>S，因此，第一电离能关系为：F>N>P>S，即④>③>②>①，A正确；B．原子半径的变化规律为：同主族从上向下，原子半径增大，同周期从左向右，原子半径减小，因此F半径最小，P半径大于N，B错误；C．同周期元素从左向右，元素电负性逐渐增大，即S>P，C错误；D．元素的最高正价等于其族序数，F无正价，因此关系为：S>P=N，D错误。本题选A。11.要使金属晶体熔化必须破坏其中的金属键。金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，而金属键的强弱与金属阳离子所带电荷的多少及半径大小相关。由此判断下列说法正确的是A.金属镁的硬度大于金属铝B.碱金属单质的熔、沸点从Li到Cs是逐渐增大的C.金属镁的熔点大于金属钠D.金属镁的硬度小于金属钙【答案】C【解析】【详解】A、镁离子比铝离子的半径大而所带的电荷少，所以金属镁比金属铝的金属键弱，熔、沸点和硬度都小，A错误；B、从Li到Cs，离子的半径是逐渐增大的，所带电荷相同，金属键逐渐减弱，熔、沸点和硬度都逐渐减小，B错误；C、因离子的半径小而所带电荷多，使金属镁比金属钠的金属键强，所以金属镁比金属钠的熔、沸点和硬度都大，C正确；D、因离子的半径小而所带电荷相同，使金属镁比金属钙的金属键强，所以金属镁比金属钙的熔、沸点和硬度都大，D错误；答案选C。12.在白磷(P4)分子中，4个P原子分别处在正四面体的四个顶点，结合有关P原子的成键特点，下列有关白磷的说法正确的是A.白磷分子的键角为109.28′ B.分子中共有4个共价键C.白磷分子的键角为60° D.分子间存在共价键【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在白磷(P4)分子中，4个P原子分别处在正四面体的四个顶点，则白磷分子的键角为60°，A错误；B．在白磷(P4)分子中，4个P原子分别处在正四面体的四个顶点，任意一个顶点的P原子与相邻的3个顶点的P原子之间形成PP键，则分子中共有共价键数目是=6个，B错误；C．在白磷(P4)分子中，4个P原子分别处在正四面体的四个顶点，则任意两个顶点连线夹角是60°，即白磷分子的键角为60°，C正确；D．白磷(P4)是由分子构成的物质，在分子之间存在分子间作用力，不存在共价键，D错误；故合理选项是C。13.氮氧化铝(AlON)属于原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错的是()A.AlON和石英的化学键类型相同 B.电解熔融AlON可得到AlC.AlON的N元素化合价为﹣1 D.AlON和石英晶体类型相同【答案】B【解析】【详解】A．AlON和石英均只含有极性共价键，A正确；B．AlON属于原子晶体，熔融时不导电，电解熔融AlON得不到Al，B错误；C．AlON中O为﹣2价，Al为+3价，根据化合价代数和为0，则N元素的化合价为﹣1，C正确；D．AlON和石英均属于原子晶体，D正确；故选B。【点睛】原子晶体是原子之间通过共价键形成的具有空间网状结构的晶体，熔沸点高、硬度大，常见的有金刚石、晶硅、碳化硅、氮化硅等；本题要根据题给信息进行分析。14.下列说法正确的是()A.原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表第ⅡA族B.主族元素X、Y能形成XY2型化合物，则X与Y的原子序数之差可能为2或5C.氯化氢的沸点比氟化氢的沸点高D.同主族元素形成的氧化物的晶体类型均相同【答案】B【解析】【详解】A.氦原子最外层电子数为2，为零族元素，A项错误；B.MgCl2中原子的原子序数之差为5，CO2中原子的原子序数之差为2，B项正确；C.由于HF中存在氢键，故HF的沸点比HCl的高，C项错误；D.CO2为分子晶体，而SiO2为原子晶体，D项错误；答案选B。15.下列各种说法中错误的是()A.形成配位键的条件是一方有空轨道另一方有孤电子对B.配位键是一种特殊的共价键C.NH4NO3、H2SO4都含有配位键D.共价键的形成条件是成键原子必须有未成对电子【答案】D【解析】【详解】配位键是由成键的2个原子一方提供孤电子对，另外一方提供空轨道而形成的共价键，可见成键双方都不存在未成对电子，所以A、B均正确；NH4+、SO42均含有配位键，C正确、D错误；正确选项D。【点睛】本题要明确配位键形成的要素：成键的2个原子一方提供孤电子对，另外一方提供空轨道；这样问题就迎刃而解了。16.下列离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．中价电子对个数==4，VSEPR模型是正四面体，由于参与成键的原子数是3个，所以的空间构型是三角锥形，故A不选；B．中价电子对个数==4，VSEPR模型是正四面体，由于参与成键的原子数是4个，所以的空间构型是正四面体形，故B选；C．中价电子对个数==3，VSEPR模型是平面三角形，由于参与成键的原子数是2个，所以的空间构型是V形，故C不选；D．中价电子对个数==4，VSEPR模型是正四面体形，由于参与成键的原子数是3个，所以的空间构型是三角锥形，故D不选；正确答案是B。二、非选择题17.在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如下图所示，请回答：(1)“O”点导电能力为0的理由是______。(2)A、B、C三点溶液c(H+)由小到大的顺序为______。(3)若使C点溶液中c(CH3COO)增大的同时溶液的c(H+)减小，可采取的措施是：①______；②______；③______。(4)经实验测得C点处：c(CH3COOH)=0.1mol·L1，c(CH3COO)=0.01mol·L1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka=______。【答案】①.CH3COOH是共价化合物，无水不电离，也就无自由移动的离子，所以不导电②.C<A<B③.加活泼金属(如Mg)④.加碱性氧化性(如Na2O)⑤.加碱(如NaOH)加某些盐(如Na2CO3)加醋酸盐(如CH3COONa)⑥.1×103【解析】【分析】【详解】(1)CH3COOH是一种共价化合物，是弱电解质，共价化合物只有在水溶液里才能电离导电。“O”点不导电说明此时CH3COOH未电离，说明此时无水，不电离，不存在自由移动的离子。(2)c(H+)越小，导电能力越弱；c(H+)越大，导电能力越强。故c(H+)由小到大的顺序为C<A<B。(3)欲使c(CH3COO)增大，可以使平衡右移，即消耗c(H+)的办法，此时可考虑酸的五大通性，其中适合的有加金属、金属氧化物、碱、某些盐；也可以使平衡逆向移动，此时只能加醋酸盐。(4)由CH3COOHCH3COO+H+，可知c(H+)=c(CH3COO)=0.01mol·L1，则Ka=1×103。18.如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01mol·L1CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。(1)含酚酞的0.01mol·L1CH3COONa溶液显浅红色的原因为_______(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是_______。A.水解反应为放热反应B.水解反应为吸热反应C.NH4NO3溶于水时放出热量D.NH4NO3溶于水时吸收热量(3)向0.01mol·L1CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO水解平衡移动的方向分别为_______、_______、_______、_______(填“左”、“右”或“不移动”)。【答案】①.CH3COO+H2O⇌CH3COOH+OH，使溶液显碱性②.BD③.右④.左⑤.左⑥.右【解析】【详解】(1)CH3COONa中CH3COO水解使溶液显碱性，酚酞溶液遇碱显红色。(2)生石灰与水剧烈反应且放出大量热，根据烧杯①中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧杯③中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量。(3)酸促进CH3COO的水解；碱抑制CH3COO的水解；碳酸根离子与CH3COO带同种电荷，水解都呈碱性，相互抑制；Fe2+水解呈酸性、CH3COO水解呈碱性，相互促进。19.已知弱电解质在溶液中的电离度是用已电离的弱电解质的分子数占原弱电解质分子总数的百分数来表示的。(1)设某pH的硫酸溶液中水的电离度为α1，相同pH的硫酸铝溶液中水的电离度为α2，则α1_______α2(填“＜”“＞”或“＝”)(2)若硫酸和硫酸铝两种溶液的pH均为3，那么硫酸溶液中水电离出的c(H+)是硫酸铝溶液中水电离出的c(H+)的_______倍。(3)若某pH的硫酸溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10amol·L1，而相同pH的硫酸铝溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10bmol·L1，(已知a、b均为小于14的正整数)，那么a和b之间满足的数量关系是_______。【答案】①.＜②.108③.a+b=14，a＞b【解析】【分析】【详解】(1)水是弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH；向水中加入H2SO4，硫酸电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，水电离受到抑制作用；向水中加入硫酸铝，盐电离产生的Al3+消耗水电离产生的OH，使水的电离平衡正向移动，水电离程度增大，故当硫酸及硫酸铝溶液pH相同时，水电离度α1＜α2；(2)若硫酸和硫酸铝两种溶液的pH均为3，那么硫酸溶液中水电离出的c(H+)=c(OH)=mol/L=1011mol/L；硫酸铝溶液中水电离出的c(H+)=103mol/L，故倍；(3)硫酸抑制水的电离，硫酸铝促进水的电离，所以a＞b，由两种溶液pH相等可得10a14=10b，所以a+b=14。20.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：请回答下列问题：（1）本实验最适合的氧化剂X是___(填序号)。A．K2Cr2O7B．NaClOC．H2O2D．KMnO4（2）物质Y是____。（3）本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？___，原因是___。（4）除去Fe3＋的有关离子方程式是____。（5）加氧化剂的目的是____。（6）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体___，应如何操作___。【答案】①.C②.CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]③.不能④.因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀⑤.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]⑥.将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离⑦.不能⑧.应在HCl气流中加热蒸发【解析】【分析】加入氧化剂X的目的是把亚铁离子氧化，根据除杂原则，不能引入新的杂质；加入试剂Y的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀,过滤除去沉淀,对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体；(1)加入氧化剂,将Fe2＋氧化为Fe3＋，易除去,除杂时,不能引入新的杂质；(2)物质Y的作用是调节溶液的pH,据此来选择合适的试剂；(3)加碱的同时Cu2+也会生成沉淀；(4)CuO能促进三价铁离子的水解；(5)加入氧化剂,将Fe2＋氧化为Fe3＋；(6)CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发)。【详解】(1)根据题意,加入氧化剂X可把Fe2＋氧化为Fe3＋,而没有增加新杂质,所以X为H2O2；故答案是:C；(2)结合题示，调节pH至3.7，使Fe3＋全部沉淀,所以Y最好为CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]；故答案是:CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]；(3)加碱的同时，Cu2+也会生成沉淀；答案是:不能；因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀；(4)铁离子水解产生H+，氧化铜与H+，减小了氢离子浓度，促进了铁离子的水解，产生氢氧化铁沉淀，达到除去铁离子的目的；除去Fe3＋的有关离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]；答案是：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]；(5)Fe2＋沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2＋的沉淀的pH相同，也就是说,Fe2＋沉淀的同时,Cu2＋也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可以知道Fe3＋沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2＋氧化为Fe3＋后再将其除去；答案是:将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离；(6)CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发)，所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl2∙2H2O的晶体；答案是:不能；应在HCl气流中加热蒸发。【点睛】CuCl2属于强酸弱碱盐，水解产生易挥发性的盐酸，加热蒸干该溶液，可以得到氢氧化铜固体，灼烧可以得到氧化铜；要想从氯化铜溶液中得到氯化铜晶体，就得抑制其水解，所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl2∙2H2O的晶体。21.Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。A．B．C．D．（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是______。（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在_____（填标号）。A．离子键B．σ键C．π键D．氢键（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)Born−Haber循环计算得到。可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为______kJ·mol−1，Li2O晶格能为______kJ·mol−1。（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。【答案】①.D②.C③.Li+核电荷数较大④.正四面体⑤.sp3⑥.AB⑦.520⑧.498⑨.2908⑩.【解析】【详解】分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断；（2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断；（3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键；（4）第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；（5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。详解：（1）根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高；（2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－；（3）LiAlH4中的阴离子是AlH4－，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB；（4）根据示意图可知Li原子的第一电离能是1040kJ/mol÷2＝520kJ/mol；0.5mol氧气转化为氧原子时吸热是249kJ，所以O＝O键能是249kJ/mol×2＝498kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908kJ/mol；（5）根